资源描述
考点清单,考点一冲量、动量和动量定理考向基础一、冲量1.定义:力与力的作用时间的乘积叫力的冲量。2.定义式:I=Ft。3.标矢性:力是矢量,所以冲量也是矢量。4.过程性:冲量是描述力对物体作用的时间积累效应的物理量。力越大,作用时间越长,冲量就越大。5.绝对性:由于力和时间都与参考系的选择无关,因此冲量也跟参考系的选择无关,另外物体受某个力的冲量只取决于这个力及其作用时间,与物体的运动状态、是否受其他力无关。,6.单位:牛顿秒,符号Ns。7.解释:(1)冲量表达式I=Ft只适用于计算恒力的冲量,计算变力的冲量一般用动量定理。(2)以时间为横轴,力为纵轴,画出变力随时间变化的关系图像,如图所示,该图线与时间轴围成的“面积”(图中阴影部分)表示了力的冲量的大小。,二、动量1.定义:物体的质量(m)跟其速度(v)的乘积(mv)叫做物体的动量,用符号p表示。2.定义式:p=mv。3.单位:千克米/秒,符号kgm/s。4.标矢性:矢量,方向与速度方向相同。5.状态量:对应于某一个时刻或某一位置。6.相对性:与参考系有关,通常取地面为参考系。7.引入意义:(1)为了描述力作用一段时间后对物体产生的效果。(2)为了揭示相互作用的物体系统,在作用过程中遵循的规律。,三、动量定理1.内容:物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。2.表达式:p-p=I或mv-mv=F合t。3.对象:单个物体或多个物体组成的系统。4.使用范围:宏观、微观、低速、高速都适用。5.解释:(1)动量定理是牛顿第二定律的变形,根据F合=可知,合外力等于物体动量的变化率。(2)动量定理表达式F合t=mv-mv是一个矢量表达式,应用时需规定正方向。(3)合外力的冲量是物体动量变化的原因,物体动量变化是合外力冲量产生的必然结果。,考向突破考向一冲量、动量和动量定理1.冲量和功的比较,2.动量与动能,例1一高空作业的工人重为600N,系一条长为L=5m的安全带,若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t=1s,则安全带受的冲力是多大?(g取10m/s2),解法二(全过程法)在整个下落过程中对工人应用动量定理,在整个下落过程中,重力的冲量大小为mg,拉力F的冲量大小为Ft。初、末动量都是零,取向下为正方向,由动量定理得mg-Ft=0解得F=1200N由牛顿第三定律知,安全带所受的冲力F=F=1200N,方向竖直向下。,答案1200N,考向二用动量定理解决连续流体的作用问题解决流体、微粒的持续作用问题时,一般先转化为一很短时间内的作用问题,再应用动量定理求解。,例2高压采煤水枪出水口的横截面积为S,水的射速为v,射到煤层上后,水的速度变为零,若水的密度为,求水对煤层的冲力大小。,解析设在t时间内射出的水的质量为m,则m=Svt,以m的水为研究对象,它在t时间内动量变化为p=m(0-v)=-Sv2t。设F为水对煤层的冲力,F为煤层对水的反冲力,以F的方向为正方向。根据动量定理(忽略水的重力)有Ft=-Sv2t,所以F=-Sv2。根据牛顿第三定律得F=-F=Sv2。,答案Sv2,考点二动量守恒定律及其应用考向基础动量守恒定律的应用,考向突破考向一动量守恒定律的应用1.明确系统由哪几部分组成。2.对系统中各物体进行受力分析,分清哪些是内力,哪些是外力。3.看所有外力的合力是否为零,或内力是否远大于外力,从而判定系统的动量是否守恒。4.若系统所受合外力不为零,但内力远大于外力时,系统的动量近似守恒。5.若系统所受合外力不为零,但在某一方向上的合力为零,则在这个方向上动量守恒。,例3(多选)如图所示,A、B两物体质量之比mAmB=32,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑,当弹簧突然释放后,则()A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统的动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统的动量守恒,D.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统的动量守恒,解析如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧释放后A、B分别相对于小车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力FA向右,FB向左。由于mAmB=32,所以FAFB=32,则A、B组成的系统所受的外力之和不为零,故其动量不守恒,A选项错误。对A、B、C组成的系统,A、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D选项均正确。若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受外力之和为零,故其动量守恒,C选项正确。,答案BCD,考向二“人舟”问题中的动量守恒在不计水的阻力时,“人舟”问题可以应用动量守恒定律求解。这类问题实际上也属于近似的动量守恒。,例4长为L、质量为M的小船停在静水中,一个质量为m的人立在船头,若不计水的黏滞阻力,当人从船头走到船尾的过程中,人和船对地面的位移各是多大?,解析设某时刻人对地的速率和位移分别为v1、x1,船对地的速率和位移分别为v2和x2,根据动量守恒得mv1-Mv2=0因为在人从船头走到船尾的整个过程中系统的动量时刻守恒,对式两边同乘t,得mx1-Mx2=0式为人对地的位移和船对地的位移关系。由图还可看出:,x1+x2=L联立两式得,答案见解析,考点三动量和能量的综合应用考向基础一、碰撞,二、爆炸,三、反冲,四、研究动力学问题的三大观点,考向突破考向一碰撞1.弹性碰撞:碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末动能相等。m1v1+m2v2=m1v1+m2v2m1+m2=m1v12+m2v22v1=v2=若v2=0,即“一动一静”的弹性碰撞,碰后二者速度分别为v1=v1,v2=v1此时,如果m1=m2,则v1=0,v2=v1,二者速度互换;如果m1m2则v1v前,否则无法实现碰撞。碰撞后,原来在前的物体的速度一定增大,且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度,即v前v后,否则碰撞没有结束。如果碰前两物体相向运动,则碰后,两物体的运动,方向不可能都不改变,除非两物体碰撞后速度均为零。,例6如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6kgm/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4kgm/s,则()A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为25B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为110C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为25D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为110,解析由两球的动量都是6kgm/s可知,运动方向都向右,且能够相碰,说明左方是质量小速度大的小球,故左方是A球。碰后A球的动量减少了4kgm/s,即A球的动量为2kgm/s,由动量守恒定律得B球的动量变为10kgm/s,则A、B两球速度大小之比为25,故选项A是正确的。,答案A,考向二动量和能量的综合应用1.弄清有几个物体参与运动,并划分清楚物体的运动过程。2.进行正确的受力分析,明确各过程的运动特点。3.在光滑的平面或曲面上运动的物体、做抛体运动的物体(不计阻力),机械能一定守恒;碰撞、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题,一般考虑用动量守恒定律分析。4.如含摩擦生热问题,则考虑用能量守恒定律分析。,例7如图所示,光滑水平面上有一质量M=4.0kg的平板车,车的上表面是一段长L=1.5m的粗糙水平轨道,水平轨道左侧连一半径R=0.25m的光滑四分之一圆轨道,圆弧轨道与水平轨道在点O处相切。一质量m=1.0kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车,小物块与水平轨道间的动摩擦因数=0.5,小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。取g=10m/s2,求:(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小;(2)小物块与车最终相对静止时,它距点O的距离大小。,解析(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒,设小物块到达圆弧轨道最高点A时,二者的共同速度为v1由动量守恒得:mv0=(M+m)v1由能量守恒得:m-(M+m)=mgR+mgL联立得v0=5m/s(2)设小物块最终与车相对静止时,二者的共同速度为v2,从小物块滑上平板车,到二者相对静止的过程中,由动量守恒得:mv0=(M+m)v2设小物块与车最终相对静止时,它距O点的距离为x,由能量守恒得:,m-(M+m)=mg(L+x)联立并代入数据解得:x=0.5m,答案(1)5m/s(2)0.5m,方法技巧,方法1动量和能量综合应用的几个典型模型1.“弹簧”模型两个或两个以上物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中,在能量方面,若系统所受的重力和弹簧弹力以外的其他力不做功,系统机械能守恒。若还有其他外力和内力做功,这些力做功之和等于系统机械能的改变量。做功之和为正,系统总机械能增加,反之减少。在相互作用过程特征方面,弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹簧的弹性势能最大。如系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零,当弹簧为自然长度时,系统内弹簧某一端的物体具有最大速度。,例1如图,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,()整个系统损失的机械能;()弹簧被压缩到最短时的弹性势能。,解题思路(1)机械能损失在B与C发生完全非弹性碰撞的过程中;(2)弹簧被压缩到最短时,三者共速。,解析()从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A、B与弹簧组成的系统,由动量守恒定律得mv0=2mv1此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为E,对B、C组成的系统,由动量守恒和能量守恒定律得mv1=2mv2m=E+(2m)联立式得E=m()由式可知v2u=2m/s,所以v=4m/s即物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1,取向左为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv=mv1+Mv2mv2=m+M解得v1=-v=-2m/s,v2=2m/s,上时的速度大小为v3=1m/s,继而与物块A发生第3次碰撞。设第2次碰撞到第3次碰撞之间,物块B在传送带上运动的时间为t2由动量定理得:mgt2=2mv3解得t2=v1=v=24s=2s可知:物块B与物块A第n次碰撞后物块B在传送带上运动的时间为tn=4s(n=1,2,3),t1、t2、t3构成无穷等比数列,公比q=由无穷等比数列求和公式得t总=t1,可知当n时,t总=4s=8s则物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间为8s,答案(1)60N(2)12J(3)8s,
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